トンネル効果

　
$右図は有限な高さの壁のポテンシャルです。$

$V_0 > 0 \ として$
\[V(x)= \left\{ \begin{array}{l} 0 \hspace{3em} (x < 0,\ \ x > a)\\ V_0 \hspace{3em} (0 \leqq x \leqq a )\\ \end{array} \right. \] $を考えます。$

$左から壁に向かって入射された、エネルギーE \ \ (0 < E < V_0 )\ の$
$量子は、壁で反射される量子もあれば、壁を透過する量子があります。$
$ここでは透過する量子について考えてみましょう。$

$まずはシュレディンガー方程式を解きます。$

$(1)\ \ 領域Ⅰでは$

$\qquad -\cfrac{\hbar ^2}{2m} \cfrac{d^2 }{dx^2}\varphi(x)=E\varphi(x)\ \ より　 \cfrac{d^2 }{dx^2}\varphi(x)=-\cfrac{2mE}{\hbar ^2} \varphi(x)$

$\qquad \alpha=\cfrac{\sqrt{2mE}}{\hbar}\ \ とおくと　\qquad \cfrac{d^2 }{dx^2}\varphi(x)=-\alpha ^2 \varphi(x)$

$\quad 入射波と反射波が存在するから$
$\qquad \varphi_1(x)=Ae^{i\alpha x}+Be^{-i\alpha x}$


$(2)\ \ 領域Ⅱでは$

$\qquad -\cfrac{\hbar ^2}{2m} \cfrac{d^2 }{dx^2}\varphi(x)＋V_0\varphi(x)=E\varphi(x) \ \ より　 \cfrac{d^2 }{dx^2}\varphi(x)=\cfrac{2m（V_0-E)}{\hbar ^2} \varphi(x)$

$\qquad \beta=\cfrac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar} \ \ とおくと　\qquad \cfrac{d^2 }{dx^2}\varphi(x)=\beta ^2 \varphi(x)$

$\qquad \varphi_2(x)=Ce^{\beta x}+De^{-\beta x}$


$(3)\ \ 領域Ⅲでは$

$シュレディンガー方程式は領域Ⅰと同じで$

$\qquad \cfrac{d^2 }{dx^2}\varphi(x)=-\alpha ^2 \varphi(x)$

$\quad 右への進行波だけだから$
$\qquad \varphi_3(x)=Fe^{i\alpha x}$


$これらの接続条件は$
$\quad \varphi_1(0)=\varphi_2(0)\ \ より　A+B=C+D \hspace{18em}(1)$
$\quad \varphi_1'(0)=\varphi_2'(0)\ \ より　Ai\alpha -Bi\alpha =C\beta -D\beta \hspace{15em}(2)$
$\quad \varphi_2(a)=\varphi_3(a)\ \ より　Ce^{\beta a}+De^{-\beta a} =Fe^{i\alpha a} \hspace{15em}(3)$
$\quad \varphi_2'(a)=\varphi_3'(a)\ \ より　C\beta e^{\beta a}-D\beta e^{-\beta a} =Fi\alpha e^{i\alpha a} \hspace{13em}(4)$

$これらを行列で表すと$

$(1)(2)より \qquad \left( \begin{array}{rr} 1 & 1 \\ i\alpha & -i\alpha \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{r} A \\ B \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{rr} 1 & 1 \\ \beta & -\beta \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{r} C \\ D \\ \end{array} \right) \hspace{11em}(5)$

$(3)(4)より \qquad \left( \begin{array}{rr} e^{\beta a} & e^{-\beta a} \\ \beta e^{\beta a}& -\beta e^{-\beta a} \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{r} C \\ D \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{r} e^{i\alpha a }\\ i\alpha e^{i\alpha a} \\ \end{array} \right) \begin{array}{r} F \\ \end{array} \hspace{11em}(6)$

$(5)(6)より　\left( \begin{array}{r} C \\ D \\ \end{array} \right) を消去すると$

$\qquad \left( \begin{array}{r} A \\ B \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{rr} 1 & 1 \\ i\alpha & -i\alpha \\ \end{array} \right)^{-1} \left( \begin{array}{rr} 1 & 1 \\ \beta & -\beta \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{rr} e^{\beta a} & e^{-\beta a} \\ \beta e^{\beta a} & -\beta e^{-\beta a} \\ \end{array} \right)^{-1} \left( \begin{array}{r} e^{i\alpha a }\\ i\alpha e^{i\alpha a} \\ \end{array} \right) \begin{array}{r} F \\ \end{array} $

$右辺の行列の積をPとおくと$
\begin{eqnarray*} P &=&\cfrac{1}{2i\alpha} \left( \begin{array}{rr} i\alpha & 1 \\ i\alpha & -1 \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{rr} 1 & 1 \\ \beta & -\beta \\ \end{array} \right) \cfrac{1}{2\beta } \left( \begin{array}{rr} \beta e^{-\beta a} & e^{-\beta a} \\ \beta e^{\beta a} & -e^{\beta a} \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{r} e^{i\alpha a }\\ i\alpha e^{i\alpha a} \\ \end{array} \right) \\ \\ &=&\cfrac{1}{4i\alpha \beta} \left( \begin{array}{rr} \beta + i\alpha & -\beta +i\alpha \\ -\beta + i\alpha & \beta +i\alpha \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{r} \beta e^{-\beta a+i\alpha a} + i\alpha e^{-\beta a+i\alpha a} \\ \beta e^{\beta a+i\alpha a} - i\alpha e^{\beta a+i\alpha a} \\ \end{array} \right) \\ \\ &=&\cfrac{1}{4i\alpha \beta} \left( \begin{array}{r} (\beta + i\alpha)(\beta e^{-\beta a+i\alpha a} + i\alpha e^{-\beta a+i\alpha a})+(-\beta +i\alpha)(\beta e^{\beta a+i\alpha a} - i\alpha e^{\beta a+i\alpha a}) \\ (-\beta + i\alpha)(\beta e^{-\beta a+i\alpha a} + i\alpha e^{-\beta a+i\alpha a})+(\beta +i\alpha)(\beta e^{\beta a+i\alpha a} - i\alpha e^{\beta a+i\alpha a}) \\ \end{array} \right) \\ \\ &=&\cfrac{1}{4i\alpha \beta} \left( \begin{array}{r} \{(\alpha ^2-\beta ^2)(e^{\beta a}-e^{-\beta a})+2i\alpha \beta (e^{\beta a}+e^{-\beta a})\}e^{i\alpha a}\\ (\alpha ^2+\beta ^2)(e^{\beta a}-e^{-\beta a})e^{i\alpha a}\\ \end{array} \right) \\ \\ &=&\cfrac{1}{4i\alpha \beta} \left( \begin{array}{r} \left\{2(\alpha ^2-\beta ^2)\times \cfrac{e^{\beta a}-e^{-\beta a}}{2}+4i\alpha \beta \times \cfrac{e^{\beta a}+e^{-\beta a}}{2}\right\}e^{i\alpha a}\\ 2(\alpha ^2+\beta ^2)\big(\cfrac{e^{\beta a}-e^{-\beta a}}{2}\big)e^{i\alpha a}\\ \end{array} \right) \\ \\ &=&\cfrac{1}{4i\alpha \beta} \left( \begin{array}{r} \{2(\alpha ^2-\beta ^2)\sinh \beta a +4i\alpha \beta \cosh \beta a \}e^{i\alpha a}\\ 2(\alpha ^2+\beta ^2)\sinh \beta a \ e^{i\alpha a}\\ \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{r} \big(\cosh \beta a +i\cfrac{\beta ^2 -\alpha ^2}{2\alpha \beta} \sinh \beta a \big)e^{i\alpha a}\\ -i\cfrac{\alpha ^2+\beta ^2}{2\alpha \beta }\sinh \beta a \ e^{i\alpha a}\\ \end{array} \right) \\ \\ \end{eqnarray*} $\qquad 透過率=\cfrac{透過波のS}{入射波のS}=\cfrac{\cfrac{\hbar \alpha}{m}|F|^2}{\cfrac{\hbar \alpha}{m}|A|^2}=\cfrac{|F|^2}{|A|^2}$
$よって、量子がポテンシャル障壁を透過する割合Tは$

\[ T=\left |\cfrac{F}{A} \right |^2=\left |\cfrac{e^{-i\alpha a}}{\cosh \beta a +i\cfrac{\beta ^2 -\alpha ^2}{2\alpha \beta} \sinh \beta a } \right |^2 =\cfrac{1}{\cosh ^2 \beta a +\big(\cfrac{\beta ^2 -\alpha ^2}{2\alpha \beta}\big)^2 \sinh ^2 \beta a }\\ \]
$ここで、\cosh ^2 t - \sinh ^2 t=1 \ \ だから$ (双曲線関数参照)
\begin{eqnarray*} T &=&\cfrac{1}{1+\sinh ^2 \beta a +\big(\cfrac{\beta ^2 -\alpha ^2}{2\alpha \beta}\big)^2 \sinh ^2 \beta a }\\ \\ &=&\cfrac{1}{1+\left \{1+\big(\cfrac{\beta ^2 -\alpha ^2}{2\alpha \beta}\big)^2\right \} \sinh ^2 \beta a }\\ \\ &=&\cfrac{1}{1+\big(\cfrac{\beta ^2 +\alpha ^2}{2\alpha \beta}\big)^2 \sinh ^2 \beta a }\\ \end{eqnarray*}
$\qquad \alpha=\cfrac{\sqrt{2mE}}{\hbar} ,\quad \beta=\cfrac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar}= \sqrt{\cfrac{2mV_0}{\hbar ^2}\big(1-\cfrac{E}{V_0}\big)} \ \ を代入して$

$\qquad \alpha ^2+\beta ^2=\cfrac{2mE}{\hbar ^2}+\cfrac{2mV_0}{\hbar ^2}\big(1-\cfrac{E}{V_0}\big)=\cfrac{2mV_0}{\hbar ^2}$

$\qquad \alpha \beta =\sqrt{\cfrac{2mE}{\hbar ^2}}\times \sqrt{\cfrac{2mV_0}{\hbar ^2}\big(1-\cfrac{E}{V_0}\big)}=\cfrac{2m}{\hbar ^2}\sqrt{V_0E(1-\cfrac{E}{V_0})}$

\begin{eqnarray*} Tの分母 &=&1+\Biggl(\cfrac{\cfrac{2mV_0}{\hbar ^2}}{2\times \cfrac{2m}{\hbar ^2}\sqrt{V_0E(1-\cfrac{E}{V_0})}}\Biggr)^2\sinh ^2 \beta a\\ \\ &=&1+\cfrac{\sinh ^2 a \sqrt{\cfrac{2mV_0}{\hbar ^2}\big(1-\cfrac{E}{V_0}\big)}}{\cfrac{4E}{V_0}(1-\cfrac{E}{V_0})}\\ \end{eqnarray*}

　
$ここで、k=a \sqrt{\cfrac{2mV_0}{\hbar ^2}},\ \ r=\cfrac{E}{V_0}\ \ とおくと$

$T=\cfrac{1}{1+\cfrac{\sinh ^2 k \sqrt{1-r}}{4r(1-r)}}$

$kをパラメータ、rを変数としたグラフは右のとおりです。$


$領域Ⅱの幅aが小さいと、パラメータkの値は小さくなり、$
$\cfrac{V_0}{E}=0.5\ 程度でも透過率は0.6\ 以上になることがわかります。$
$つまり、かなり高い確率でポテンシャル障壁をすり抜けてし$
$まうわけです。$

　
$トンネル効果の例$

$ウラン、トリウム、ラジウム等の原子核から\alpha線$
$(ヘリウムの原子核)が出てくる\alpha 崩壊という現象を$
$ロシアのガモフがこのトンネル効果を使って説明しました。$

$原子核内部では、強い力の核力が働いていますが、トンネル$
$効果により、\alpha粒子がこのエネルギー障壁を通り抜けて、$
$原子核から飛び出てくるわけです。$
$一度核外に飛び出た\alpha粒子は強い力の影響は受けず、また$
$クーロン力(電磁気力)は斥力であるので引き戻されることは$
$ありません。$



　

ページの先頭へ↑




量子力学メニュー　に戻る


メインメニュー　に戻る